高中物理人教版 (2019)必修 第一册5 牛顿运动定律的应用综合训练题

第四章　运动和力的关系

专题强化练9　板块叠加模型

一、选择题

1.(2020山东济南一中高三上期中,)(多选)如图所示,木块A的质量为1 kg,木块B的质量为2 kg,叠放在水平地面上,A、B间最大静摩擦力为1 N,B与地面间动摩擦因数为0.1,g取10 m/s2。用水平力F推B,要想让A、B保持相对静止,F的大小可能是(　　)

A.1 N B.4 N C.9 N D.12 N

2.(2020陕西西安中学高一上期末,)(多选)将物块A、B叠放在水平地面上,现用相同的水平恒力F以甲、乙两种不同的方式拉物块,如图所示,A、B始终相对静止,设A、B之间的摩擦力大小为Ff,下列判断正确的是(　　)

A.若两物块仍静止,则甲、乙两图中的Ff大小可能相等

B.若地面光滑,则甲、乙两图中的Ff大小可能相等

C.若两物块做匀速运动,则甲、乙两图中的Ff大小可能相等

D.若两物块做加速运动,则甲、乙两图中的Ff大小可能相等

3.(2020上海崇明模拟,)如图所示,质量相等的两物体A、B叠放在粗糙的水平面上,A与B接触面光滑,A、B分别受水平向右的恒力F1、F2作用且F2>F1。现A、B两物体保持相对静止,则B受到水平面的摩擦力大小和方向为(　　)

A.F2-F1,向右 B.F2-F1,向左

C.,向左 D.,向右

4.(2020安徽安庆二模,)如图所示,物块A放在木板B上,A、B的质量均为m,A、B之间的动摩擦因数为μ,B与地面之间的动摩擦因数为。若将水平力作用在A上,使A刚好要相对B滑动,此时A的加速度为a1;若将水平力作用在B上,使B刚好要相对A滑动,此时B的加速度为a2,则a1与a2的比为(最大静摩擦力等于滑动摩擦力)(　　)

A.1∶1 B.2∶3 C.1∶3 D.3∶2

5.(2020河南安阳二模,)(多选)如图甲所示,光滑水平面上静置一个薄长木板,长木板上表面粗糙,其质量为M,t=0时刻质量为m的物块以水平速度v滑上长木板,此后木板与物块运动的v-t图像如图乙所示,重力加速度g取10 m/s2,则下列说法正确的是(　　)

甲

乙

A.M=m

B.M=2m

C.木板的长度为8 m

D.木板与物块间的动摩擦因数为0.1

6.(2020山东临朐一中高一上月考,)如图所示,质量M=8 kg的小车静止在光滑水平面上,在小车右端施加一水平拉力F=8 N。当小车速度达到1.5 m/s时,在小车的右端由静止轻放一大小不计、质量m=2 kg的物体,物体与小车间的动摩擦因数μ=0.2,小车足够长。从物体放上小车开始经t=1.5 s的时间,物体相对地面的位移为(g取10 m/s2)(　　)

A.1 m B.2.1 m C.2.25 m D.3.1 m

7.(2020四川绵阳南山中学高一上期末,)如图所示,一长木板在水平地面上运动,在某时刻(t=0)将一相对于地面静止的物块轻放到木板上。已知物块与木板的质量相等,物块与木板间及木板与地面间均有摩擦,物块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力,且物块始终在木板上。在物块放到木板上之后,木板运动的速度-时间图像可能是图中的(　　)

8.(2020甘肃兰州一中高一上期末,)(多选)如图甲所示,粗糙的水平地面上有一块长木板P,小滑块Q放置于长木板的最右端。现将一个水平向右的力F作用在长木板的右端,让长木板从静止开始运动。滑块、长木板的速度图像如图乙所示,已知小滑块与长木板的质量相等,滑块Q始终没有从长木板P上滑下。重力加速度g取10 m/s2。则下列说法正确的是(　　)

甲

乙

A.t=10 s时长木板P停下来

B.长木板P的长度至少是7.5 m

C.长木板P和水平地面之间的动摩擦因数是0.075

D.滑块Q在长木块P上滑行的路程是12 m

二、非选择题

9.(2020浙江温州十五校高一上联考,)如图所示,水平地面上依次排放两块完全相同的木板,长度均为l=2 m,质量均为m2=1 kg,一质量为m1=1 kg的物体(可视为质点)以v0=6 m/s的速度冲上A木板的左端,物体与木板间的动摩擦因数为μ1,木板与地面间的动摩擦因数μ2=0.2。(最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等,g取10 m/s2)

(1)若物体滑上木板A时,木板不动,而滑上木板B时,木板B开始滑动,求μ1应满足的条件;

(2)若μ1=0.5,求物体滑到木板A末端时的速度和在木板A上运动的时间。

10.(2020湖北重点中学高三联考,)如图所示,质量M=1 kg的木板A静止在水平地面上,在木板的左端放置一个质量m=1 kg的铁块B(大小可忽略),铁块与木板间的动摩擦因数μ1=0.3,木板长L=1 m,用F=5 N的水平恒力作用在铁块上,g取10 m/s2。

(1)若水平地面光滑,计算说明铁块与木板间是否会发生相对滑动;

(2)若木板与水平地面间的动摩擦因数μ2=0.1,求铁块运动到木板右端所用的时间。深度解析

11.(2020山东青岛二中高一上期末,)如图,质量M=4 kg的长木板静止处于粗糙水平地面上,长木板与地面间的动摩擦因数μ1=0.1,现有一质量m=3 kg的小木块以v0=14 m/s的速度从一端滑上木板,恰好未从木板上滑下,木块与长木板间的动摩擦因数μ2=0.5,g取10 m/s2,求:

(1)木块刚滑上木板时,木块和木板的加速度大小;

(2)木板长度;

(3)木板在地面上运动的最大位移。深度解析

答案全解全析

1.AB　因为A做加速运动时,通过B给它的摩擦力产生的加速度,而B对A的最大静摩擦力为Ff=1 N,故A的最大加速度为a===1 m/s2;要想让A、B保持相对静止,则A、B的加速度的最大值为1 m/s2,故由牛顿第二定律可得F-μ(mA+mB)g=(mA+mB)a,解得F=6 N,故F的最大值为6 N,选项A、B正确。

2.BD　若两物块仍处于静止状态,通过受力分析可知,题图甲中A、B间存在摩擦力,题图乙中A、B间不存在摩擦力,故A错误;若地面光滑,而题中条件已说明A、B始终相对静止,则A、B两物块具有相同加速度,对甲图有:Ff=,对乙图有:Ff'=,由于两物块质量关系未知,故B正确;若两物块处于匀速运动状态,通过受力分析可知,题图甲中A、B间存在摩擦力,乙图中A、B间不存在摩擦力,故C错误;结合选项B的分析可知,选项D正确。

3.B　物体A和B保持相对静止,则二者的加速度相同,设水平面对B的摩擦力大小为Ff,方向水平向左,由牛顿第二定律得:对A:F1=ma,对B:F2-Ff=ma;联立得Ff=F2-F1,由于F2>F1,故Ff>0,所以水平面对B的摩擦力方向水平向左,故B正确,A、C、D错误。

4.C　当水平力作用在A上,使A刚好要相对B滑动,此时A、B间的摩擦力刚好达到最大,A、B的加速度相等,隔离B分析,aB=a1==μg;当水平力作用在B上,使B刚好要相对A滑动,此时A、B间的摩擦力刚好达到最大,A、B的加速度相等,有:aA=a2==μg,可得a1∶a2=1∶3,故选项C正确。

5.BC　物块在木板上运动过程中,μmg=ma1,而v-t图像的斜率大小表示加速度大小,故a1= m/s2=2 m/s2,解得μ=0.2,D错误;对木板受力分析可知μmg=Ma2,a2= m/s2=1 m/s2,解得M=2m,A错误,B正确;由题图乙可知,2 s时物块和木板分离,0~2 s内,两者的v-t图像与坐标轴围成的面积之差等于木板的长度,故L=×(7+3)×2 m-×2×2 m=8 m,C正确。

6.B　放上物体后,物体的加速度a1=μg=2 m/s2,小车的加速度a2==0.5 m/s2;设物体达到与小车共速所用时间为t1,则a1t1=v0+a2t1,解得t1=1 s;此过程中物体的位移x1=a1=1 m;共同速度为v=a1t1=2 m/s;当物体与小车相对静止时,共同加速度为a==0.8 m/s2,再运动0.5 s的位移x2=vt'+at'2=1.1 m,故从物体放上小车开始经1.5 s的时间,物体相对地面的位移为1 m+1.1 m=2.1 m,选项B正确。

7.A　放上物块后,长木板受到物块施加的向左的滑动摩擦力和地面向左的滑动摩擦力,在两力的共同作用下减速,物块受到向右的滑动摩擦力作用,做匀加速运动,当两者速度相等后,可能以共同的加速度一起减速,直至速度为零。设物块与木板的质量均为m,物块与木板之间的动摩擦因数为μ1,木板与地面之间的动摩擦因数为μ2。达到相同速度之前木块的加速度大小a1==μ1g+2μ2g;达到相同速度后,两者的加速度大小为a2==μ2g,则a2<a1,故A正确,B、C错误。由于木板与地面间有摩擦,故两者不可能一起匀速运动,故D错误。

8.BCD　由图乙可知,力F在t1=5 s时撤去,此时长木板P的速度v1=5 m/s,t2=6 s时两者速度相同,v2=3 m/s,t2=6 s前长木板P的速度大于滑块Q的速度,t2=6 s后长木板P的速度小于滑块Q的速度,0~6 s 过程中,以滑块Q为研究对象,由牛顿第二定律得μ1mg=ma1,解得μ1=0.05,5~6 s过程中,以长木板P为研究对象,由牛顿第二定律得μ2(2m)g+μ1mg=ma2,解得μ2=0.075,故C正确;6 s末到长木板停下来过程中,由牛顿第二定律得μ2(2m)g-μ1mg=ma3,解得a3=1 m/s2,这段时间Δt1==3 s,所以,t=9 s时长木板P停下来,故A错误;长木板P的长度至少是前6 s内滑块Q在长木板P上滑行的距离Δx1=×5×5 m+×(5+3)×1 m-×3×6 m=7.5 m,故B正确;从6 s末到滑块停下来过程中,由牛顿第二定律得μ1mg=ma4,解得a4=0.5 m/s2,这段时间Δt2==6 s,所以,t3=12 s时滑块Q停下来,6 s后滑块Q在长木板P上滑行的距离Δx2=×6×3 m-×3×3 m=4.5 m,滑块Q在长木板P上滑行的路程是Δx=Δx1+Δx2=12 m,故D正确。

9.答案　(1)0.4<μ1≤0.6　(2)4 m/s　0.4 s

解析　(1)若滑上木板A时,木板不动,有

μ1m1g≤μ2(m1+2m2)g;

若滑上木板B时,木板B开始滑动,有

μ1m1g>μ2(m1+m2)g,

联立两式,代入数据得0.4<μ1≤0.6。

(2)若μ1=0.5,则物体在木板A上滑动时,木板A不动。设物体在木板A上做减速运动时的加速度大小为a1,

由牛顿第二定律得μ1m1g=m1a1,

设物体滑到木板A末端时的速度为v1,

由运动学公式得-=-2a1l,

设在木板A上运动的时间为t,由运动学公式得

v1=v0-a1t,

代入数据得v1=4 m/s,t=0.4 s。

10.答案　(1)见解析　(2) s

解析　(1)A、B之间的最大静摩擦力为

Ffm>μ1mg=0.3×1×10 N=3 N

假设A、B之间不发生相对滑动,则

对A、B整体:F=(M+m)a

对A:FfAB=Ma

解得FfAB=2.5 N

因FfAB<Ffm,故A、B之间不发生相对滑动。

(2)对B:F-μ1mg=maB

对A:μ1mg-μ2(M+m)g=MaA

据题意:xB-xA=L

xA=aAt2,xB=aBt2

解得t= s。

模型提炼

板块叠加模型

1.模型特点:涉及两个物体,并且物体间存在相对滑动。

2.两种位移关系:滑块由木板的一端运动到另一端的过程中,当滑块和木板同向运动时,位移之差等于板长;反向运动时,位移之和等于板长。

3.解题思路

(1)审题建模:求解时应先仔细审题,清楚题目的含义、分析清楚每一个物体的受力情况、运动情况。

(2)求加速度:准确求出各物体在各运动过程的加速度(注意两过程的连接处加速度可能突变)。

(3)明确关系:找出物体之间的位移(路程)关系或速度关系是解题的突破口。求解中应注意联系两个过程的纽带,每一个过程的末速度是下一个过程的初速度。

11.答案　(1)5 m/s2　2 m/s2　(2)14 m　(3)12 m

解析　(1)木块滑上木板后做匀减速直线运动,μ2mg=ma1,其加速度大小:a1=μ2g=5 m/s2;

木板由静止做匀加速直线运动,根据牛顿第二定律有:μ2mg-μ1(M+m)g=Ma,得出:a2=2 m/s。

(2)木块恰好未从木板上滑下,当木块运动到木板最右端时,两者速度相同。设此过程所用时间为t,则有:v0-a1t=a2t,得出:t=2 s;

木块位移:x木块=v0t-a1t2=18 m,

木板位移:x木板=a2t2=4 m,

木板长度:L=x木块-x木板=14 m。

(3)木块、木板达到共同速度后将一起作匀减速直线运动,分析得

v共=a2t=4 m/s,μ1(M+m)g=(M+m)a3,加速度大小:a3=μ1g=1 m/s2

木板位移:x'木板==8 m

木板的总位移:x=x木板+x'木板=12 m。

技巧点拨

分析“滑块—木板”类模型时要抓住一个转折和两个关联

(1)一个转折——滑块与木板达到相同速度或者滑块从木板上滑下是受力和运动状态变化的转折点。

(2)两个关联——转折前、后受力情况之间的关联和滑块、木板位移与板长之间的关联。一般情况下,由于摩擦力或其他力的转变,转折前、后滑块和木板的加速度都会发生变化,因此以转折点为界,对转折前、后进行受力分析是建立模型的关键。